【優(yōu)化方案(福建專用)】2021高考一輪復習-2021高考總復習·物理(福建專用)-第三章

第三章牛頓運動定律考綱呈現(xiàn)熱點視角1.牛頓運動定律、牛頓運動定律的應用Ⅱ2．超重和失重Ⅰ3．單位制：要知道中學物理中涉及的國際單位制的基本單位和其他物理量的單位，包括小時、分、升、電子伏特(eV)Ⅰ試驗四：驗證牛頓運動定律說明：知道國際單位制中規(guī)定的單位符號.1.高考對本章學問的考查照舊是重點，特殊是牛頓運動定律與曲線運動、萬有引力及電磁學等相結(jié)合的題目毀滅的可能性較大．2．對牛頓其次定律的考查照舊會放在瞬時關系、兩類基本問題及連接體問題等內(nèi)容上．3．對基本概念的考查主要涉及力和運動、超重、失重等方面．應當留意牛頓第三定律的學問可能會在高考中毀滅.第一節(jié)牛頓第一、第三定律一、牛頓第確定律1．內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，除非作用在它上面的力迫使它轉(zhuǎn)變這種狀態(tài)．2．意義(1)揭示了物體的固有屬性：一切物體都有慣性，因此牛頓第確定律又叫慣性定律．(2)揭示了力與運動的關系：力不是維持物體運動狀態(tài)的緣由，而是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，即產(chǎn)生加速度的緣由．二、慣性1．定義：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)．2．表現(xiàn)：物體不受外力作用時，其慣性表現(xiàn)在保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)；物體受外力作用時其慣性表現(xiàn)在抵制運動狀態(tài)的轉(zhuǎn)變．3．量度：質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性?。?、牛頓第三定律1．內(nèi)容：兩物體之間的作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，而且在一條直線上．2．表達式：F＝－F′.特殊提示：(1)作用力和反作用力同時產(chǎn)生，同時消逝，同種性質(zhì)，作用在不同的物體上，各自產(chǎn)生的效果，不會相互抵消．(2)作用力和反作用力的關系與物體的運動狀態(tài)無關．1.關于牛頓第確定律的說法錯誤的是()A．牛頓第確定律不能在試驗室中用試驗驗證B．牛頓第確定律說明力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由C．物體不受外力作用時，確定處于靜止狀態(tài)D．物體的運動不需要力來維持2．(2022·高考新課標全國卷改編)伽利略依據(jù)小球在斜面上運動的試驗和抱負試驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎．早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是()A．速度大的物體慣性大，靜止的物體沒有慣性B．不受力的物體有慣性，受力的物體沒有慣性C．行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性D．運動物體假如沒有受到力的作用，將連續(xù)以同一速度沿同始終線運動3．在日常生活中，小巧美觀的冰箱貼使用廣泛．一磁性冰箱貼貼在冰箱的豎直表面上靜止不動時，它受到的磁力()A．小于受到的彈力B．大于受到的彈力C．和受到的彈力是一對作用力與反作用力D．和受到的彈力是一對平衡力eq\x(自我校對：1.C2.D3.D)牛頓第確定律的理解1．明確了慣性的概念牛頓第確定律揭示了物體所具有的一個重要屬性——慣性，即物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)．2．揭示了力的本質(zhì)牛頓第確定律對力的本質(zhì)進行了定義：力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，不是維持物體運動狀態(tài)的緣由．例如，運動的物體漸漸減速直至停止，不是由于不受力，而是由于受到了阻力．3．揭示了不受力時物體的運動規(guī)律牛頓第確定律描述的是物體不受外力時的狀態(tài)，而物體不受外力的情形是不存在的．在實際狀況中，假如物體所受的合外力等于零，與物體不受外力時的表現(xiàn)是相同的．下列關于牛頓第確定律以及慣性概念的說法中，正確的是()A．牛頓第確定律說明，只有不受外力的物體才保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)B．物體運動狀態(tài)發(fā)生變化則物體確定受到力的作用C．慣性定律與慣性的實質(zhì)是相同的D．物體的運動不需要力來維持，但物體的運動速度越大時其慣性也越大[解析]當物體所受的合力為零時，物體也可以處于勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，故A項錯誤．由牛頓第確定律可知，力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，故B項正確．慣性是物體保持原有運動狀態(tài)不變的一種性質(zhì)，慣性定律(即牛頓第確定律)則反映物體在確定條件下的運動規(guī)律，C項錯誤．雖然物體的運動不需要力來維持，但物體的慣性與運動速度大小無關，D項錯誤．[答案]B[總結(jié)提升](1)牛頓第確定律并非試驗定律．它是以伽利略的“抱負試驗”為基礎，經(jīng)過科學抽象，歸納推理而總結(jié)出來的．(2)慣性是物體保持原有運動狀態(tài)不變的一種固有屬性，與物體是否受力、受力的大小無關，與物體是否運動、運動速度的大小也無關．1．關于物體的慣性，下列說法正確的是()A．質(zhì)量相同的兩個物體，在阻力相同的狀況下，速度大的不易停下來，所以速度大的物體慣性大B．質(zhì)量相同的物體，慣性相同C．推動地面上靜止的物體比保持這個物體勻速運動時所需的力大，所以靜止的物體慣性大D．在月球上舉重比在地球上簡潔，所以同一物體在月球上比在地球上慣性小解析：選B.物體的慣性只與質(zhì)量有關，與速度大小無關，故A錯B對；物體的慣性與受力狀況無關，故C錯；同一物體在地球上和在月球上質(zhì)量相同，慣性相同，故D錯．牛頓第三定律的理解與應用1．作用力與反作用力的“三同、三異、三無關”(1)“三同”：①大小相同；②性質(zhì)相同；③變化狀況相同．(2)“三異”：①方向不同；②受力物體不同；③產(chǎn)生效果不同．(3)“三無關”：①與物體的種類無關；②與物體的運動狀態(tài)無關；③與物體是否和其他物體存在相互作用無關．2．相互作用力與平衡力的比較作用力和反作用力一對平衡力不同點受力物體作用在兩個相互作用的物體上作用在同一物體上依靠關系同時產(chǎn)生、同時消逝不愿定同時產(chǎn)生、同時消逝疊加性兩力作用效果不行抵消，不行疊加，不行求合力兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零力的性質(zhì)確定是同性質(zhì)的力性質(zhì)不愿定相同相同點大小、方向大小相等、方向相反、作用在同一條直線上(2022·?？谀M)建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料．質(zhì)量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽視繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10m/s2)()A．510N B．490NC．890N D．910N[審題突破]工人對地面的壓力與哪個力是一對相互作用力？繩子對物體的拉力與對人拉力有什么關系？[解析]繩子對物體的拉力F1－mg＝maF1＝m(g＋a)＝210N繩子對人的拉力F2＝F1＝210N人處于靜止，則地面對人的支持力N＝Mg－F2＝490N，由牛頓第三定律知：人對地面的壓力N′＝N＝490N故B項正確．[答案]B2.(2022·泉州模擬)如圖所示，用細繩把小球懸掛起來，當小球靜止時，下列說法中正確的是()A．小球受到的重力和細繩對小球的拉力是一對作用力和反作用力B．小球受到的重力和小球?qū)毨K的拉力是一對作用力和反作用力C．小球受到的重力和細繩對小球的拉力是一對平衡力D．小球受到的重力和小球?qū)毨K的拉力是一對平衡力解析：選C.小球受到的重力與細繩對小球的拉力均作用在小球上，且等大反向，是一對平衡力，A、D錯誤，C正確；小球?qū)毨K的拉力與細繩對小球的拉力才是一對作用力和反作用力，故B錯誤．對作用力與反作用力關系的生疏范例(2022·大連模擬)用手托著一塊磚，開頭靜止不動，當手突然向上加速運動時，磚對手的壓力()A．確定小于手對磚的支持力B．確定等于手對磚的支持力C．確定大于手對磚的支持力D．確定等于磚的重力[誤區(qū)警示]磚向上加速，誤認為手對磚的支持力大于磚對手的壓力而錯選A.[解析]磚對手的壓力與手對磚的支持力是作用力與反作用力的關系，大小確定相等，故AC錯B對，磚向上加速，由牛頓其次定律知，手對磚的支持力大于重力，因而磚對手的壓力大于重力，故D錯．[答案]B[真知灼見]相互作用的兩物體，不論運動狀態(tài)如何，產(chǎn)生的效果如何，相互作用力總是等大反向、性質(zhì)相同、作用時間相同．3．一個榔頭敲在一塊玻璃上把玻璃打碎了．對于這一現(xiàn)象，下列說法正確的是()A．榔頭敲玻璃的力大于玻璃對榔頭的作用力，所以玻璃才碎裂B．榔頭受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂C．榔頭和玻璃之間的作用力應當是等大的，只是由于榔頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂D．由于不清楚榔頭和玻璃的其他受力狀況，所以無法推斷它們之間的相互作用力的大小解析：選C.榔頭對玻璃的作用力和玻璃對榔頭的作用力為作用力與反作用力關系，大小確定相等，但相同大小的力作用在不同物體上的效果往往是不同的，所以不能從效果上去比較作用力與反作用力的大小關系，故選項C正確．一高考題組1．(2021·高考山東卷改編)伽利略開創(chuàng)了試驗爭辯和規(guī)律推理相結(jié)合探究自然規(guī)律的科學方法，利用這種方法伽利略發(fā)覺的規(guī)律有()A．力是維持物體運動的緣由B．物體之間普遍存在相互吸引力C．忽視空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快D．物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反解析：選C.伽利略的斜面試驗表明物體的運動不需要外力來維持，A錯誤；伽利略假想將輕重不同的物體綁在一起時，重的物體會因輕的物體阻礙而下落變慢，輕的物體會因重的物體拖動而下落變快，即二者一起下落快慢應介于單獨下落時之間．而從綁在一起后更重的角度考慮二者一起下落時應當更快，從而由規(guī)律上否定了重物比輕的物體下落快的結(jié)論，并用試驗證明白輕重物體下落快慢相同的規(guī)律，C正確；物體間普遍存在相互吸引力，物體間相互作用力的規(guī)律是牛頓總結(jié)的，對應于萬有引力定律與牛頓第三定律，故BD皆錯誤．2．(2011·高考浙江卷)如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”．兩人中間位置處有一分界線，商定先使對方過分界線者為贏．若繩子質(zhì)量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是()A．甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力B．甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力C．若甲的質(zhì)量比乙大，則甲能贏得“拔河”競賽的成功D．若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”競賽的成功解析：選C.依據(jù)牛頓第三定律，甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤；由于甲對繩的拉力和乙對繩的拉力都作用在繩上，故B錯誤；依據(jù)動量守恒定律可推得m1s1＝m2s2，若甲的質(zhì)量比較大，則甲的位移較小，乙先過界，C正確；“拔河”競賽的輸贏只與甲、乙的質(zhì)量有關，與收繩速度無關，D錯誤．二模擬題組3．(2022·洛陽統(tǒng)考)關于物體的運動狀態(tài)和其所受外力的關系，下列說法正確的是()A．力是維持物體運動的緣由B．物體受到的合力為零時，它確定處于靜止狀態(tài)C．物體的運動方向確定與它所受的合力的方向相同D．物體受到不為零的合力作用時，它的運動狀態(tài)確定發(fā)生變化解析：選D.力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，不是維持物體運動的緣由，選項A錯誤；物體受到的合力為零時，它確定處于平衡狀態(tài)，靜止或做勻速直線運動，選項B錯誤；物體的運動方向與它所受的合力的方向不愿定相同，選項C錯誤；物體受到不為零的合力作用時，它的加速度確定不為零，運動狀態(tài)確定發(fā)生變化，選項D正確．4．(2022·三明模擬)汽車拉著拖車在水平道路上沿著直線加速行駛，依據(jù)牛頓運動定律，以下說法正確的是()A．汽車能拉著拖車加速前進，是由于汽車拉拖車的力大于拖車拉汽車的力B．加速前進時，汽車對拖車的拉力大小與拖車對汽車的拉力大小相等C．汽車先對拖車施加拉力，然后才產(chǎn)生拖車對汽車的拉力D．汽車對拖車的拉力大小與拖車所受地面對它的摩擦力大小相等解析：選B.汽車拉著拖車加速前進，汽車對拖車的拉力大于拖車所受地面對它的摩擦力，依據(jù)牛頓第三定律，汽車拉拖車的力等于拖車拉汽車的力，且同時產(chǎn)生，故只有選項B正確．5．下列說法正確的是()A．運動得越快的汽車越不簡潔停下來，由于汽車運動得越快，慣性越大B．小球在做自由落體運動時，慣性不存在C．把一個物體豎直向上拋出后，能連續(xù)上升，是由于物體仍受到一個向上的推力D．物體的慣性僅與質(zhì)量有關，質(zhì)量大的慣性大，質(zhì)量小的慣性小解析：選D.慣性是物體保持原來運動狀態(tài)的性質(zhì)，僅由質(zhì)量打算，與物體的受力狀況及運動狀況均無關，一切物體都具有慣性．三選做題6．2021年4月20日8時02分雅安市蘆山縣發(fā)生7.0級地震，如圖所示，解放軍某部出動直升機救助被困受傷災民，若不考慮懸索質(zhì)量，下列說法正確的是()A．只有在勻速吊起時懸索對人的拉力才等于人對懸索的拉力B．當加速吊起時懸索對人的拉力大于人對懸索的拉力C．當加速吊起時懸索對人的拉力大于懸索對飛機的拉力D．無論如何吊起懸索對人的拉力都等于人對懸索的拉力解析：選D.懸索對人的拉力和人對懸索的拉力是一對作用力與反作用力，在任何狀況下大小都相等，故A、B選項錯誤，D選項正確；懸索對飛機的拉力和飛機對懸索的拉力是一對作用力和反作用力，且懸索中張力處處相等，故C選項錯誤．一、單項選擇題1．(2022·龍巖模擬)下列關于慣性的各種說法中，你認為正確的是()A．拋出去的標槍、手榴彈等是靠慣性向遠處運動的B．在完全失重的狀況下，物體的慣性將消逝C．把手中的球由靜止釋放后，球能豎直加速下落，說明力是轉(zhuǎn)變物體慣性的緣由D．材料不同的兩個物體放在地面上，用一個相同的水平力分別推它們，則難以推動的物體慣性大答案：A2．關于作用力與反作用力的說法正確的是()A．只有相互作用的兩個物體都處于平衡狀態(tài)時，作用力與反作用力大小才相等B．由于作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，所以兩者產(chǎn)生的效果相互抵消C．放在斜面上的物體受到的支持力的反作用力是物體重力在垂直斜面方向的分力D．作用力與反作用力的性質(zhì)確定相同答案：D3．下列關于慣性的說法中正確的是()A．一切物體在任何狀況下都有慣性B．汽車速度越大剎車后越難停下來，表明速度越大慣性越大C．宇宙飛船中的物體處于完全失重狀態(tài)，所以沒有慣性D．乒乓球可以被快速抽殺，是由于乒乓球的慣性大解析：選A.物體在任何狀態(tài)下都有慣性，慣性大小只與質(zhì)量有關，故B、C、D錯．4．下列說法中正確的是()A．物體在不受外力作用時，保持原有運動狀態(tài)不變的性質(zhì)叫慣性，故牛頓運動定律又叫慣性定律B．牛頓第確定律僅適用于宏觀物體，不行用于解決物體的低速運動問題C．牛頓第確定律是牛頓其次定律在物體的加速度a＝0條件下的特例D．伽利略依據(jù)抱負試驗推出，假如沒有摩擦，在水平面上的物體，一旦具有某一個速度，將保持這個速度連續(xù)運動下去解析：選D.牛頓第確定律表明，物體在不受外力作用時，保持原來運動狀態(tài)不變的性質(zhì)叫慣性，故牛頓第確定律又叫慣性定律，A錯誤．牛頓運動定律都是在宏觀、低速的狀況下得出的結(jié)論，在微觀、高速的狀況下不成立，B錯誤．牛頓第確定律說明白兩點含義，一是全部物體都有慣性，二是物體不受力時的運動狀態(tài)是靜止或勻速直線運動，牛頓其次定律并不能完全包含這兩點意義，C錯誤．伽利略的抱負試驗是牛頓第確定律的基礎，D正確．5．如圖為伽利略的“抱負試驗”示意圖，兩個斜面對接，讓小球從其中一個固定的斜面滾下，又滾上另一個傾角可以轉(zhuǎn)變的斜面，斜面的傾角漸漸減小直至為零．這個試驗的目的是為了說明()A．假如沒有摩擦，小球?qū)⑦\動到與釋放時相同的高度B．假如沒有摩擦，小球運動時機械能守恒C．維持物體做勻速直線運動并不需要力D．假如物體不受到力，就不會運動解析：選C.為反對亞里士多德關于物體運動和力關系的錯誤觀點，伽利略依據(jù)牢靠的事實為基礎，以抽象為主導，經(jīng)過科學推理，做了這個想象中的試驗，試驗的真正目的是找出運動和力的關系，并非選項A和B敘述的狀況，故A、B均錯，C正確；在不受外力作用時，一切物體都有保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質(zhì)，故D錯誤．6.做勻速直線運動的小車上水平放置一密閉的裝有水的瓶子，瓶內(nèi)有一氣泡，如圖所示，當小車突然停止運動時，氣泡相對于瓶子將()A．向前運動 B．向后運動C．無相對運動 D．無法推斷解析：選B.小車突然停止，由于慣性，水相對瓶向前運動，氣泡向后運動，故B正確．7．對一些實際生活中的現(xiàn)象，某同學試圖從慣性角度加以解釋，其中正確的是()A．接受了大功率的發(fā)動機后，某些一級方程式賽車的速度甚至能超過某些老式螺旋槳飛機的速度．這表明，可以通過科學手段使小質(zhì)量的物體獲得大慣性B．射出槍膛的子彈在運動相當長一段距離后連一件棉衣也穿不透，這表明它的慣性小了C．貨運列車運行到不同的車站時，經(jīng)常要摘下或加掛一些車廂，這會轉(zhuǎn)變它的慣性D．摩托車轉(zhuǎn)彎時，車手一方面要把握適當?shù)乃俣?，另一方面要將身體略微向里傾斜，通過調(diào)控人和車的慣性達到平安行駛的目的解析：選C.接受了大功率的發(fā)動機后，某些一級方程式賽車的速度甚至能超過某些老式螺旋槳飛機的速度，緣由是功率變大了，但慣性不變，選項A錯誤；射出槍膛的子彈在運動相當長一段距離后連一件棉衣也穿不透，緣由是子彈具有的動能過小，但慣性不變，選項B錯誤；貨運列車運行到不同的車站時，經(jīng)常要摘下或加掛一些車廂，列車的質(zhì)量轉(zhuǎn)變了，當然它的慣性也就轉(zhuǎn)變了，選項C正確；摩托車轉(zhuǎn)彎時，車手一方面要把握適當?shù)乃俣?，另一方面要將身體略微向里傾斜，調(diào)控人和車的重心位置，但整體的慣性不變，選項D錯誤．8．(2022·福建六校聯(lián)考)2021年11月20日11時31分，我國在太原衛(wèi)星放射中心用“長征四號丙”運載火箭，成功將“遙感十九號”衛(wèi)星放射升空并送入預定軌道．關于這次衛(wèi)星與火箭上天的情形敘述正確的是()A．火箭尾部向外噴氣，噴出的氣體反過來對火箭產(chǎn)生一個反作用力，從而讓火箭獲得了向前的推力B．火箭尾部噴出的氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣的反作用力使火箭獲得飛行的動力C．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，火箭雖然向后噴氣，但也無法獲得前進的動力D．衛(wèi)星進入預定軌道之后，與地球之間不存在相互作用解析：選A.火箭升空時，其尾部向下噴氣，火箭箭體與被噴出的氣體是一對相互作用的物體，火箭向下噴氣時，噴出的氣體同時對火箭產(chǎn)生向上的反作用力，即為火箭上升的推動力，此動力并不是由四周的空氣供應的，因而與是否飛出大氣層、是否存在空氣無關，因而選項B、C錯誤，選項A正確；火箭運載衛(wèi)星進入軌道之后，衛(wèi)星與地球之間照舊存在相互吸引力，即衛(wèi)星吸引地球，地球吸引衛(wèi)星，這是一對作用力與反作用力，故選項D錯誤．9．一根輕質(zhì)彈簧豎直懸掛一小球，彈簧和小球的受力如圖所示，下列說法正確的是()A．F1的施力者是彈簧B．F2的反作用力是F3C．F3與F2是一對平衡力D．F4的反作用力是F3解析：選B.F1指小球的重力，其施力者是地球，選項A錯誤；F2是彈簧對小球的作用力，其反作用力是小球?qū)椈傻淖饔昧3，選項B正確、C錯誤；F4是天花板對彈簧的作用力，其反作用力是彈簧對天花板的作用力，選項D錯誤．10．如圖所示，水平力F把一個物體緊壓在豎直的墻壁上靜止不動，下列說法中正確的是()A．水平力F跟墻壁對物體的支持力是一對作用力與反作用力B．物體的重力跟墻壁對物體的靜摩擦力是一對平衡力C．水平力F與物體對墻壁的壓力是一對作用力與反作用力D．物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的支持力是一對平衡力解析：選B.水平力F跟墻壁對物體的支持力作用在同一物體上，大小相等，方向相反，在一條直線上，是一對平衡力，選項A錯誤；水平力F作用在物體上，而物體對墻壁的壓力作用在墻壁上，這兩個力不能成為平衡力，也不是相互作用力，選項C錯誤；物體在豎直方向上受豎直向下的重力以及墻壁對物體豎直向上的靜摩擦力，因物體處于靜止狀態(tài)，故這兩個力是一對平衡力，選項B正確；物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的支持力是兩個物體間的相互作用力，是一對作用力與反作用力，D錯誤．二、非選擇題11．為了落實“節(jié)能減排”目標，國家投資對舊樓添加保溫層，圖中是工人利用定滑輪沿墻壁上升下降的裝置．為了探求上升過程中工人與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化．一根不行伸縮的輕繩跨過輕質(zhì)的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的工人拉住，如圖所示．設工人質(zhì)量為65kg，吊椅的質(zhì)量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦，重力加速度取g＝10m/s2，當工人與吊椅一起以a＝1m/s2的加速度上升時，試求：(1)工人豎直向下拉繩的力；(2)工人對吊椅的壓力．解析：(1)設工人和吊椅的質(zhì)量分別為M和m，繩拉工人的力為F.以工人和吊椅整體為爭辯對象，受到重力的大小為(M＋m)g，向上的拉力為2F，依據(jù)牛頓其次定律2F－(M＋m)g＝(M＋m)a解得F＝440N依據(jù)牛頓第三定律，工人拉繩的力的大小為440N，方向豎直向下．(2)以工人為爭辯對象，工人受到三個力的作用，重力大小Mg，繩的拉力F，吊椅對工人的支持力N.依據(jù)牛頓其次定律F＋N－Mg＝Ma解得N＝275N依據(jù)牛頓第三定律，工人對吊椅的壓力大小為275N，方向豎直向下．答案：(1)440N(2)275N，方向豎直向下☆12.如圖所示，兩塊小磁鐵質(zhì)量均為0.5kg，A磁鐵用輕質(zhì)彈簧吊在天花板上，B磁鐵在A正下方的地板上，彈簧的原長L0＝10cm，勁度系數(shù)k＝100N/m.當A、B均處于靜止狀態(tài)時，彈簧的長度為L＝11cm.不計地磁場對磁鐵的作用和磁鐵與彈簧間相互作用的磁力，求B對地面的壓力大?。?g取10N/kg)解析：A受力如圖所示，由平衡條件得：k(L－L0)－mg－F＝0解得：F＝－4N故B對A的作用力大小為4N，方向豎直向上．由牛頓第三定律得A對B的作用力F′＝－F＝4N方向豎直向下B受力如圖所示，由平衡條件得：N－mg－F′＝0解得：N＝9N由牛頓第三定律得B對地面的壓力大小為9N.答案：9N其次節(jié)牛頓其次定律兩類動力學問題一、牛頓其次定律1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟作用力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表達式：F＝ma3．適用范圍(1)牛頓其次定律只適用于慣性參考系，即相對于地面靜止或勻速直線運動的參考系．(2)牛頓其次定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子等)、低速運動(遠小于光速)的狀況．二、兩類動力學問題1．已知物體的受力狀況，求物體的運動狀況．2．已知物體的運動狀況，求物體的受力狀況．特殊提示：利用牛頓其次定律解決動力學問題的關鍵是利用加速度的“橋梁”作用，將運動學規(guī)律和牛頓其次定律相結(jié)合，查找加速度和未知量的關系，是解決這類問題的思考方向．三、力學單位制1．單位制：由基本單位和導出單位一起組成了單位制．2．基本單位：基本物理量的單位，基本物理量共七個，其中力學有三個，它們是長度、質(zhì)量、時間，它們的單位分別是米、千克、秒．3．導出單位：由基本物理量依據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位．,1.(2022·高考海南卷)依據(jù)牛頓其次定律，下列敘述正確的是()A．物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合力必需達到確定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比D．當物體質(zhì)量轉(zhuǎn)變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比2．(2021·高考浙江卷改編)如圖所示，總質(zhì)量為460kg的熱氣球，從地面剛開頭豎直上升時的加速度為0.5m/s2，當熱氣球上升到180m時，以5m/s的速度向上勻速運動．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g＝10m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是()A．所受浮力大小為4830NB．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C．從地面開頭上升10s后的速度大小為5m/sD．以5m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為260N3．(2021·高考福建卷)在國際單位制(簡稱SI)中，力學和電學的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．導出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1eq\x(自我校對：1.D2.A3.B)用牛頓其次定律求解瞬時加速度1．一般思路eq\x(分析物體該時刻的受力狀況)→eq\x(由牛頓其次定律列方程)→eq\x(瞬時加速度)2．兩種模型(1)剛性繩(或接觸面)：一種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，彈力馬上轉(zhuǎn)變或消逝，不需要形變恢復時間，一般題目中所給的細線、輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模型處理．(2)彈簧(或橡皮繩)：當彈簧的兩端與物體相連(即兩端為固定端)時，由于物體有慣性，彈簧的長度不會發(fā)生突變，所以在瞬時問題中，其彈力的大小認為是不變的，即此時彈簧的彈力不突變．(2022·福州模擬)如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m,2、4質(zhì)量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g[思路點撥]抽出木板的瞬間，輕質(zhì)桿上的彈力會突變嗎？彈簧上的彈力會突變嗎？[解析]在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變馬上消逝，受到的合力均等于各自的重力，由牛頓其次定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間輕彈簧的形變還來不及轉(zhuǎn)變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為F＝mg，因此對于物塊3有a3＝0；由牛頓其次定律得物塊4滿足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(m＋M,M)g，所以C正確．[答案]C[規(guī)律總結(jié)]加速度瞬時性涉及的實體模型(1)分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是明確該時刻物體的受力狀況及運動狀態(tài)，再由牛頓其次定律求出瞬時加速度，此類問題應留意以下幾種模型：特性模型受外力時的形變量力能否突變產(chǎn)生拉力或支持力質(zhì)量內(nèi)部彈力輕繩微小不計能只有拉力沒有支持力不計處處相等橡皮繩較大不能只有拉力沒有支持力輕彈簧較大不能既可有拉力也可有支持力輕桿微小不計能既可有拉力也可有支持力(2)解抱負化模型問題時應留意的問題①分析問題屬于哪類抱負化模型．②抓住模型的受力方向和大小變化的特點．1．“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側(cè)的是彈性極好的橡皮繩．質(zhì)量為m的小明如圖靜止懸掛時兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時小明右側(cè)橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時()A．加速度為零B．加速度a＝g，沿原斷裂繩的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未斷裂繩的方向斜向上D．加速度a＝g，方向豎直向下解析：選B.因右側(cè)橡皮繩在小明腰間斷裂瞬間，左側(cè)橡皮繩的拉力還將來得及轉(zhuǎn)變，故小明所受合力與斷裂的橡皮繩斷前的拉力等大反向，由牛頓其次定律可得a＝g，方向沿原斷裂繩的方向斜向下，B正確．動力學兩類基本問題求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：分析解決這兩類問題的關鍵：應抓住受力狀況和運動狀況之間聯(lián)系的橋梁——加速度．(2022·廈門模擬)如圖所示，木塊的質(zhì)量m＝2kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，木塊在拉力F＝10N作用下，在水平地面上從靜止開頭向右運動，運動5.2m后撤去外力F.已知力F與水平方向的夾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)撤去外力前，木塊受到的摩擦力大??；(2)剛撤去外力時，木塊運動的速度；(3)撤去外力后，木塊還能滑行的距離為多少？[解題探究](1)木塊在撤去外力前后分別做何種運動？(2)撤去F前后，木塊所受摩擦力是否變化？[解析](1)木塊受力如圖所示：由牛頓其次定律得：豎直方向：N＋Fsin37°－mg＝0f＝μN解得：f＝2.8N.(2)由牛頓其次定律得：水平方向：Fcos37°－f＝ma1解得：a1＝2.6m/s2由運動學公式得：v2＝2a1s1解得：v＝5.2m/s.(3)撤去外力后，木塊受力如圖所示：由牛頓其次定律得：μmg＝ma2解得：a2＝2m/s2由運動學公式得：v2＝2a2s2解得：s2＝6.76m.[答案](1)2.8N(2)5.2m/s(3)6.76m[方法總結(jié)](1)解決兩類動力學基本問題應把握的關鍵①兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；②一個橋梁——物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁．(2)解決動力學基本問題時對力的處理方法①合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般接受“合成法”．②正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則接受“正交分解法”．a(chǎn)．分解力而不分解加速度，此法應規(guī)定加速度的方向為x軸正方向．b．分解加速度而不分解力．此法一般是以某個力的方向為x軸正方向，其他力都落在兩個坐標軸上而不需要分解．2．(2022·高考上海卷)如圖，將質(zhì)量m＝0.1kg的圓環(huán)套在固定的水平直桿上．環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑．環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8.對環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上、與桿的夾角θ＝53°的拉力F，使圓環(huán)以a＝4.4m/s2的加速度沿桿運動，求F的大小．(取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)解析：對環(huán)受力分析，建立如圖所示坐標系，由于力F未知，故不能確定Fsin53°與mg的大小關系，可假設桿對環(huán)的彈力豎直向上，則由正交分解法和牛頓其次定律可得：Fcos53°－μN＝ma，F(xiàn)sin53°＝mg－N.聯(lián)立可得：F＝1N.若桿對環(huán)的彈力豎直向下，則由正交分解法和牛頓其次定律可得：F′cos53°－μN′＝ma，F(xiàn)′sin53°＝mg＋N′.聯(lián)立可得：F′＝9N.答案：1N或9N動力學圖象問題1．圖象的類型(1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動狀況．(2)已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力狀況．2．問題的實質(zhì)是力與運動的關系問題，求解這類問題的關鍵是理解圖象的物理意義，理解圖象的軸、點、線、截距、斜率、面積六大功能．(2022·河南中原名校二聯(lián)改編)如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為m＝2kg的物體．物體同時受到兩個水平力的作用，F(xiàn)1＝4N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小如圖乙所示．物體從靜止開頭運動，此時開頭計時．問：(1)當t＝0.5s時物體的加速度多大？(2)物體在t＝0至t＝2s內(nèi)何時物體的加速度最大？最大值為多少？(3)物體在t＝0至t＝2s內(nèi)何時物體的速度最大？最大值為多少？[審題突破]物體加速度最大時，合力是不是最大？速度最大時，合力(或加速度)是不是等于零？[解析](1)當t＝0.5s時，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)N＝3NF1－F2＝maa＝eq\f(F1－F2,m)＝eq\f(4－3,2)m/s2＝0.5m/s2.(2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N)作出F合－t圖如圖所示：從圖中可以看出，在0到2s范圍內(nèi)當t＝0時，物體有最大加速度a0.F0＝ma0a0＝eq\f(F0,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2當t＝2s時，物體也有最大加速度a2.F2＝ma2a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(－2,2)m/s2＝－1m/s2負號表示加速度方向向左．(3)由牛頓其次定律得：a＝eq\f(F合,m)＝1－t(m/s2)畫出a－t圖象如圖由圖可知t＝1s時速度最大，最大值等于上方三角形的面積．v＝eq\f(1,2)×1×1m/s＝0.5m/s.[答案](1)0.5m/s2(2)t＝0或t＝2s時加速度最大，為1m/s2(3)t＝1s時速度最大，為0.5m/s[總結(jié)提升]求解圖象問題的思路3．(原創(chuàng)題)用與斜面平行的力F拉著物體在傾角為θ的光滑斜面上運動，如轉(zhuǎn)變拉力F的大小，物體的加速度隨外力F變化的圖象如圖所示，已知外力F沿斜面對上，重力加速度g取10m/s2.請依據(jù)圖象中所供應的信息計算出斜面的傾角和物體的質(zhì)量分別是()A．30°和2kg B．60°和3kgC．30°和3kg D．60°和2kg解析：選C.依據(jù)圖象可知gsinθ＝5，所以sinθ＝eq\f(1,2)，所以斜面的傾角θ等于30°，又由于當F＝33N時，F(xiàn)－mgsinθ＝6m，所以物體的質(zhì)量為3kg，C選項正確．傳送帶模型中的動力學問題eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])————————————該得的分一分不丟！(1)行李剛開頭運動時，受力如圖所示，滑動摩擦力：f＝μmg＝4N(2分)由牛頓其次定律得：f＝ma(2分)解得：a＝1m/s2.(1分)(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則：v＝at(2分)解得t＝eq\f(v,a)＝1s．(1分)(3)行李始終勻加速運行時間最短，且加速度仍為a＝1m/s2，當行李到達右端時，有：veq\o\al(2,min)＝2aL(2分)解得：vmin＝eq\r(2aL)＝2m/s故傳送帶的最小運行速率為2m/s(1分)行李運行的最短時間：tmin＝eq\f(vmin,a)＝2s．(2分)[答案](1)4N1m/s2(2)1s(3)2s2m/s[建模感悟](1)模型特征一個物體以速度v0(v0≥0)在另一個勻速運動的物體上開頭運動的力學系統(tǒng)可看做“傳送帶”模型．(2)處理方法傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題．不論是哪一種狀況，分析處理傳送帶問題時需要特殊留意兩點：一是對物體在初態(tài)時所受滑動摩擦力的方向的分析；二是對物體在達到傳送帶的速度時摩擦力的有無及方向的分析．4．傳送帶與水平面夾角為37°，皮帶以12m/s的速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，如圖所示．今在傳送帶上端A處無初速度地放上一個質(zhì)量為m的小物塊，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75，若傳送帶A到B的長度為24m，g取10m/s2，則小物塊從A運動到B的時間為多少？解析：小物塊無初速度放在傳送帶上時，所受摩擦力為滑動摩擦力，方向沿斜面對下，對小物塊用牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝12m/s2設小物塊加速到12m/s運動的距離為x1，所用時間為t1，由v2－0＝2ax1得，x1＝6m由v＝at1得t1＝1s當小物塊的速度加速到12m/s時，因mgsinθ＝μmgcosθ，小物塊受到的摩擦力由原來的滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力，而且此時剛好為最大靜摩擦力，小物塊此后隨皮帶一起做勻速運動．設AB間的距離為L，則L－x1＝vt2解得t2＝1.5s從A到B的時間t＝t1＋t2解得t＝2.5s.答案：2.5s

一高考題組1．(2021·高考新課標全國卷Ⅱ)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上．從某時刻開頭，物塊受到一方向不變的水平拉力作用．假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大?。苷_描述F與a之間的關系的圖象是()解析：選C.物塊的受力如圖所示，當F不大于最大靜摩擦力時，物塊仍處于靜止狀態(tài)，故其加速度為0；當F大于最大靜摩擦力后，由牛頓其次定律得F－μN＝ma，即F＝μN＋ma，F(xiàn)與a成線性關系．選項C正確．2．(2022·高考安徽卷)如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F，則()A．物塊可能勻速下滑B．物塊仍以加速度a勻加速下滑C．物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D．物塊將以小于a的加速度勻加速下滑解析：選C.設斜面的傾角為θ，依據(jù)牛頓其次定律，知物塊的加速度a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＞0，即μ＜tanθ.對物塊施加豎直向下的壓力F后，物塊的加速度a′＝eq\f(mg＋Fsinθ－μmg＋Fcosθ,m)＝a＋eq\f(Fsinθ－μFcosθ,m)，且Fsinθ－μFcosθ＞0，故a′＞a，物塊將以大于a的加速度勻加速下滑．故選項C正確，選項A、B、D錯誤．3．(2010·高考福建卷)質(zhì)量為2kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等．從t＝0時刻開頭，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖所示．重力加速度g取10m/s2，則物體在t＝0至t＝12s這段時間的位移大小為()A．18m B．54mC．72m D．198m解析：選B.物體與地面間最大靜摩擦力f＝μmg＝0.2×2×10N＝4N．由題給F－t圖象知0～3s內(nèi)，F(xiàn)＝4N，說明物體在這段時間內(nèi)保持靜止不動.3～6s內(nèi)，F(xiàn)＝8N，說明物體做勻加速運動，加速度a＝eq\f(F－f,m)＝2m/s2.6s末物體的速度v＝at＝2×3m/s＝6m/s，在6～9s內(nèi)物體以6m/s的速度做勻速運動.9～12s內(nèi)又以2m/s2的加速度做勻加速運動，作v－t圖象如圖所示．故0～12s內(nèi)的位移x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×6))×2m＋6×6m＝54m．故B項正確．二模擬題組4．(2022·寧夏銀川一中模擬)如圖所示，A、B兩小球分別連在輕線兩端，B球另一端與彈簧相連，彈簧固定在傾角為30°的光滑斜面頂端．A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為()A．都等于eq\f(g,2) B.eq\f(g,2)和0C.eq\f(g,2)和eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2) D.eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2)和eq\f(g,2)解析：選C.由整體法知，F(xiàn)彈＝(mA＋mB)gsin30°剪斷線瞬間，由牛頓其次定律：對B：F彈－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2)對A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝eq\f(1,2)g所以C項正確．5．(2022·甘肅診斷)一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行．現(xiàn)將一個木炭包無初速地放在傳送帶的最左端，木炭包將會在傳送帶上留下一段黑色的徑跡．下列說法中正確的是()A．黑色的徑跡將毀滅在木炭包的左側(cè)B．木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長度越短C．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越短D．木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短解析：選D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而傳送帶仍勻速，雖然兩者都向右運動，但在木炭包的速度達到與傳送帶速度相等之前木炭包相對于傳送帶向左運動，故黑色徑跡毀滅在木炭包的右側(cè)，A錯誤．由于木炭包在摩擦力作用下加速運動時加速度a＝μg與其質(zhì)量無關，故徑跡長度與其質(zhì)量也無關，B錯誤．徑跡長度等于木炭包相對傳送帶通過的位移大小，即二者對地的位移差：Δs＝vt－eq\f(0＋v,2)t＝eq\f(1,2)vt＝eq\f(v2,2μg)，可見傳送帶速度越小、動摩擦因數(shù)越大，相對位移越小，黑色徑跡越短，C錯誤D正確．三選做題6．(2022·雙十中學模擬)利用如圖甲所示的裝置測量滑塊和滑板間的動摩擦因數(shù)，將質(zhì)量為M的滑塊A放在傾斜滑板B上，C為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器C的距離數(shù)據(jù)實時傳送到計算機上，經(jīng)計算機處理后在屏幕上顯示出滑塊A的速度－時間(v－t)圖象．先給滑塊A一個沿滑板B向上的初速度，得到的v－t圖象如圖乙所示，則()A．滑塊A上滑時加速度的大小為6m/s2B．滑塊A下滑時加速度的大小為6m/s2C．滑塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25D．滑塊A上滑時運動的位移為2m解析：選C.滑塊A上滑時加速度的大小a1＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－4.0,0.5)))m/s2＝8.0m/s2，A項錯誤；A下滑時的加速度a2＝eq\f(4.0,1.5－0.5)m/s2＝4.0m/s2，B項錯誤；由牛頓其次定律知A上滑時mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，A下滑時mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得μ＝0.25，C項正確；在速度－時間圖象中面積表示位移，滑塊A上滑時運動的位移為1m，D項錯誤．一、單項選擇題1．(2022·汕頭模擬)雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時空氣對其阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，如圖所示的圖象能正確反映雨滴下落運動狀況的是()答案：C2．(2022·莆田模擬)如圖所示，底板光滑的小車上用兩個量程為20N、完全相同的彈簧測力計甲和乙系住一個質(zhì)量為1kg的物塊，在水平地面上，當小車做勻速直線運動時，兩彈簧測力計的示數(shù)均為10N，當小車做勻加速直線運動時，彈簧測力計甲的示數(shù)為8N，這時小車運動的加速度大小是()A．2m/s2 B．4m/s2C．6m/s2 D．8m/s2答案：B3．(2022·仙游中學模擬)如圖所示，車內(nèi)繩AB與繩BC拴住一球，BC水平，車由原來的靜止狀態(tài)變?yōu)橄蛴壹铀僦本€運動，小球仍處于圖中所示的位置，則()A．AB繩、BC繩拉力都變大B．AB繩拉力變大，BC繩拉力變小C．AB繩拉力變大，BC繩拉力不變D．AB繩拉力不變，BC繩拉力變大答案：D4．(2022·蕪湖模擬)如圖所示，光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運動，加速度大小為a，某時刻突然撤去拉力F，此瞬時A和B的加速度大小為a1和a2，則()A．a(chǎn)1＝0，a2＝0B．a(chǎn)1＝a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aC．a(chǎn)1＝eq\f(m1,m1＋m2)a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aD．a(chǎn)1＝a，a2＝eq\f(m1,m2)a解析：選D.撤去F的瞬間，A受力未變，故a1＝a；對B，彈簧彈力未變，仍為：F′＝m1a，a2＝eq\f(F′,m2)＝eq\f(m1,m2)a，故D正確．5.(原創(chuàng)題)2021年11月17日，德國乒乓球公開賽在柏林落幕．中國奪得男、女單打和女子雙打3項冠軍．假設運動員在訓練中手持乒乓球拍托球沿水平面做勻加速跑動，球拍與球保持相對靜止且球拍平面和水平面之間夾角為θ.設球拍和球質(zhì)量分別為M、m，不計球拍和球之間摩擦，不計空氣阻力，則()A．運動員的加速度大小為gsinθB．球拍對球的作用力大小為mgcosθC．運動員對球拍的作用力大小為(M＋m)g/cosθD．運動員對地面的作用力方向豎直向下解析：選C.以乒乓球為爭辯對象，球受重力和球拍的支持力，不難求出球受到的合力為mgtanθ，其加速度為gtanθ，受到球拍的支持力為mg/cosθ，由于運動員、球拍和球的加速度相等，選項A、B錯誤；同理運動員對球拍的作用力大小為(M＋m)g/cosθ，選項C正確；將運動員看做質(zhì)點，由上述分析知道運動員在重力和地面的作用力的合力作用下產(chǎn)生水平方向的加速度，地面對運動員的作用力應當斜向上，由牛頓第三定律知，運動員對地面的作用力方向斜向下，選項D錯誤．6．(2022·南京外國語學校高三月考)在水平地面上運動的小車車廂底部有一質(zhì)量為m1的木塊，木塊和車廂通過一根輕質(zhì)彈簧相連接，彈簧的勁度系數(shù)為k.在車廂的頂部用一根細線懸掛一質(zhì)量為m2的小球．某段時間內(nèi)發(fā)覺細線與豎直方向的夾角為θ，在這段時間內(nèi)木塊與車廂保持相對靜止，如圖所示．不計木塊與車廂底部的摩擦力，則在這段時間內(nèi)彈簧的()A．伸長量為eq\f(m1g,k)tanθB．壓縮量為eq\f(m1g,k)tanθC．伸長量為eq\f(m1g,ktanθ) D．壓縮量為eq\f(m1g,ktanθ)解析：選A.對小球：F合＝m2gtanθ＝m2a，a＝gtanθ，對木塊：F彈＝kx＝m1a，x＝eq\f(m1g,k)tanθ，故A正確．7．如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的彈簧，則當木塊接觸彈簧后，()A．木塊馬上做減速運動B．木塊在一段時間內(nèi)速度仍可增大C．當彈簧壓縮量最大時，木塊速度最大D．彈簧壓縮量最大時，木塊加速度為零解析：選B.木塊在光滑水平面上做勻加速運動，與彈簧接觸后，F(xiàn)>F彈，隨彈簧形變量的增大，向左的彈力F彈漸漸增大，木塊做加速度減小的加速運動；當彈力和F相等時，木塊速度最大，之后木塊做減速運動，彈簧壓縮量最大時，木塊加速度向左不為零，故選項B正確．☆8.(2022·泉州高三質(zhì)檢)靜止于粗糙水平面上的物塊，受到水平拉力F的作用，其加速度a與拉力F的關系如圖所示，設物塊與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(a0,4g) B.eq\f(a0,3g)C.eq\f(3a0,g) D.eq\f(4a0,g)解析：選B.由牛頓其次定律可知F－f＝ma，最大靜摩擦力為F0，代入得4F0－f＝ma0，又f＝μmg＝F0，則μ＝eq\f(a0,3g)，選項B正確．二、非選擇題9．(2022·梅州模擬)質(zhì)量為2kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的v－t圖象如圖所示．g取10m/s2，求：(1)物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)水平推力F的大??；(3)0～10s內(nèi)物體運動位移的大?。馕觯?1)設物體做勻減速直線運動的時間為Δt2，初速度為v20，末速度為v2t，加速度為a2，則a2＝eq\f(v2t－v20,Δt2)＝－2m/s2①設物體所受的摩擦力為f，由牛頓其次定律得：f＝ma2②f＝－μmg③聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)得μ＝0.2.④(2)設物體做勻加速直線運動的時間為Δt1，初速度為v10，末速度為v1t，加速度為a1，則a1＝eq\f(v1t－v10,Δt1)＝1m/s2⑤依據(jù)牛頓其次定律，有F＋f＝ma1⑥聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)得F＝6N.(3)v－t圖象與時間軸圍成的面積等于位移的大小，則：s＝eq\f(1,2)×(2＋8)×6m＋eq\f(1,2)×8×4m＝46m.答案：(1)0.2(2)6N(3)46m10．(原創(chuàng)題)2021年10月23日“遼寧艦”解纜起航，連續(xù)進行“殲－15”艦載機起降訓練，如圖所示，航空母艦上的起飛跑道由長度為l1＝1.6×102m的水平跑道和長度為l2＝20m的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0m．一架質(zhì)量為m＝2.0×104kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.2×105N，方向與速度方向相同，在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的eq\f(1,10).假設航母處于靜止狀態(tài)，飛機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點，取g＝10m/s2.(1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達傾斜跑道末端時的速度大??；(2)為了使飛機在傾斜跑道的末端達到起飛速度100m/s，外界還需要在整個水平跑道階段對飛機施加助推力，求助推力F推的大?。馕觯?1)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力與阻力的作用，設加速度大小為a1，末速度大小為v1，運動時間為t1，有F合＝F－f＝ma1veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，f＝0.1mg，代入已知數(shù)據(jù)可得a1＝5.0m/s2，v1＝40m/s，t1＝8.0s飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面方向的分力作用，設沿斜面方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2，沿斜面方向有F′合＝F－f－FGx＝ma2FGx＝mgeq\f(h,l2)＝4.0×104Nveq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2l2代入已知數(shù)據(jù)可得a2＝3.0m/s2，v2＝eq\r(1720)m/s＝41.5m/s.(2)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設加速度大小為a′1、末速度大小為v′1，有F″合＝F推＋F－f＝ma′1v′eq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a′1l1飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面方向的分力作用沒有變化，加速度大小a′2＝a2＝3.0m/s2v′eq\o\al(2,2)－v′eq\o\al(2,1)＝2a′2l2依據(jù)題意，v′2＝100m/s，代入已知數(shù)據(jù)解得F推＝5.2×105N.答案：(1)8.0s41.5m/s(2)5.2×105N11．如圖所示，水平傳送帶AB長L＝10m，向右勻速運動的速度v0＝4m/s，一質(zhì)量為1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)以v1＝6m/s的初速度從傳送帶右端B點沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10m/s2.求：(1)物塊相對地面對左運動的最大距離；(2)物塊從B點沖上傳送帶到再次回到B點所用的時間．解析：(1)物塊的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝4m/s2物塊向左勻減速運動，v＝0時向左運動的距離最大．由v2＝2as得s＝eq\f(v\o\al(2,1),2a)＝eq\f(62,2×4)m＝4.5m.(2)物塊速度減為0的時間：t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(6,4)s＝1.5s由于v1>v0，所以物塊向右先加速到4m/s，后勻速到達B點，加速時間為t2＝eq\f(v0,a)＝eq\f(4,4)s＝1s加速的距離s1＝eq\x\to(v)·t2＝eq\f(v0,2)t2＝eq\f(4,2)×1m＝2m所以勻速時間為t3＝eq\f(s－s1,v0)＝eq\f(4.5－2,4)s＝0.625s總時間為：t＝t1＋t2＋t3＝1.5s＋1s＋0.625s＝3.125s.答案：(1)4.5m(2)3.125s☆12.如圖所示，質(zhì)量M＝8kg的小車B放在光滑的水平面上，在小車右端加一個水平向右的恒力F＝8N．當小車向右運動的速度達到v0＝1.5m/s時，在小車右端輕輕地放上一個大小不計、質(zhì)量m＝2kg的小物塊A，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，小車足夠長，g＝10m/s2.求從A放上小車經(jīng)過t＝1.5s后A的位移大?。馕觯悍謩e以A、B為爭辯對象，則aA＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，aB＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2設A、B速度相同時所經(jīng)過的時間為t1，則v0＋aBt1＝aAt1，t1＝1s<t，此時A的速度大小為v1＝aAt1＝2m/s位移為s1＝eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)＝1m此后假設A、B以相同的加速度a一起運動，則a＝eq\f(F,m＋M)＝0.8m/s2<aA，所以A、B不發(fā)生相對運動，它們之間的摩擦力由滑動摩擦力變?yōu)殪o摩擦力．再經(jīng)過t2＝t－t1＝0.5s，A的位移為s2＝v1t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝1.1m所以從A放上小車經(jīng)過1.5s后A的位移大小為s＝s1＋s2＝2.1m.答案：2.1m

第三節(jié)牛頓運動定律的綜合應用一、超重和失重1．超重(1)物體對水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)大于物體所受重力的狀況稱為超重現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度．2．失重(1)物體對水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)小于物體所受重力的狀況稱為失重現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度．3．完全失重物體對水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)為零的狀況稱為完全失重現(xiàn)象．4．視重當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重．視重大小等于秤所受的拉力或壓力．特殊提示：(1)物體超重或失重時，所受重力并沒有變化．(2)物體是處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)，與物體的速度沒有關系．二、解答連接體問題的常用方法1．整體法當系統(tǒng)中各物體的加速度相同時，我們可以把系統(tǒng)內(nèi)的全部物體看成一個整體，這個整體的質(zhì)量等于各物體的質(zhì)量之和，當整體受到的外力已知時，可用牛頓其次定律求出整體的加速度．2．隔離法當求解系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用力時，常把物體從系統(tǒng)中“隔離”出來，進行分析，依據(jù)牛頓其次定律列方程．3．外力和內(nèi)力(1)外力：系統(tǒng)外的物體對爭辯對象的作用力；(2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力．1.在探究超重和失重規(guī)律時，某體重為G的同學站在一壓力傳感器上完成一次下蹲動作，傳感器和計算機相連，經(jīng)計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖象，則下列圖象中可能正確的是()2－1.如圖所示，一根輕繩跨過定滑輪，兩端分別系著質(zhì)量為m1、m2的小物塊，m1放在地面上，m2離地面有確定高度．當m2的質(zhì)量發(fā)生變化時，m1上升的加速度a的大小也將隨之變化．已知重力加速度為g，下圖中能正確反映a與m2關系的是()2－2.(2022·龍海一中模擬)如圖所示，小車的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，人用恒力F拉繩，若人與車保持相對靜止，且地面為光滑的，不計滑輪與繩的質(zhì)量，則車對人的摩擦力不行能是()A．0B.eq\f(m－M,m＋M)F，方向向右C.eq\f(m－M,m＋M)F，方向向左D.eq\f(M－m,m＋M)F，方向向右eq\x(自我校對：1.D2－1.D2－2.B)

超重和失重現(xiàn)象1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消逝了．在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力照舊存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?發(fā)生了變化(即“視重”發(fā)生變化)．2．只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運動還是向下運動無關．3．盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有重量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)．4．物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同打算的，其大小等于ma.(2022·石家莊一中高三質(zhì)檢)如圖所示是某同學站在力板傳感器上做下蹲－起立的動作時記錄的壓力F隨時間t變化的圖線．由圖線可知，關于該同學的下列說法錯誤的是()A．體重約為650NB．做了兩次下蹲—起立的動作C．做了一次下蹲—起立的動作，且下蹲后約2s起立D．下蹲過程中先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)[審題突破]圖中的F是合力嗎？它與重力的大小關系是拒絕定物體處于超重、失重或平衡狀態(tài)？圖線與時間軸平行是什么含義？[解析]當該同學站在力板傳感器上靜止不動時，其合力為零，即壓力讀數(shù)恒等于該同學的體重值，由圖線可知：該同學的體重為650N，A正確；每次下蹲，該同學都將經(jīng)受先向下做加速(加速度方向向下)、后減速(加速度方向向上)的運動，即先經(jīng)受失重狀態(tài)，后經(jīng)受超重狀態(tài)，讀數(shù)F先小于體重，后讀數(shù)F大于體重；每次起立，該同學都將經(jīng)受先向上做加速(加速度方向向上)、后減速(加速度方向向下)的運動，即先經(jīng)受超重狀態(tài)，后經(jīng)受失重狀態(tài)，讀數(shù)F先大于體重、后小于體重．由圖線可知：C、D正確，B錯誤．[答案]B[方法總結(jié)]超重和失重現(xiàn)象的推斷方法(1)從受力的大小推斷，當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)．(2)從加速度的方向推斷，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)．1．如圖所示，一臺秤上放一玻璃管，管底放一小圓柱狀磁鐵，在管頂用細線吊著一圓柱狀磁鐵，兩磁鐵的N極相對，現(xiàn)剪斷細線，讓上面的磁鐵由靜止下落，則在上面磁鐵下落至最低點的過程中(兩磁鐵未碰撞)，對于臺秤的示數(shù)變化下列說法正確的是()A．示數(shù)始終增大B．示數(shù)始終減小C．示數(shù)先增大后減小D．示數(shù)先減小后增大解析：選A.剪斷細線后上面的磁鐵由于受到下面磁鐵的斥力小于它的重力，因此上面的磁鐵向下做加速運動，由于斥力在增大，因此向下的加速度在減小，當斥力等于它的重力時，速度達到最大，再向下斥力大于它的重力，開頭做減速運動，由于斥力增大，做減速運動的加速度增大，下面的磁鐵受到的斥力在始終增大，因此臺秤的示數(shù)在不斷增大，A項正確．整體法和隔離法解決連接體問題1．整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓其次定律求出加速度(或其他未知量)．2．隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓其次定律列方程求解．3．整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的爭辯對象，應用牛頓其次定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”．(2022·高考江蘇卷)如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升．夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f.若木塊不滑動，力F的最大值是()A.eq\f(2fm＋M,M)B.eq\f(2fm＋M,m)C.eq\f(2fm＋M,M)－(m＋M)gD.eq\f(2fm＋M,m)＋(m＋M)g[審題突破]木塊不滑動的含義是什么？木塊與夾子的哪個量相同？[解析]夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f，設木塊向上運動的最大加速度為a，則對木塊受力分析由牛頓其次定律得2f－Mg＝Ma，解得a＝eq\f(2f－Mg,M)，對整體由牛頓其次定律得F－(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝eq\f(2fm＋M,M)，故若木塊不滑動，力F的最大值為eq\f(2fm＋M,M)，選項A正確．[答案]A[總結(jié)提升](1)通過滑輪和繩的連接體若要求繩的拉力，一般都必需接受隔離法．繩跨過定滑輪，連接的兩物體雖然加速度大小相同但方向不同，故接受隔離法．(2)水平面上的連接體問題這類問題一般多是連接體(系統(tǒng))中各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度．解題時，一般接受先整體、后隔離的方法．(3)斜面體與上面物體組成的連接體的問題當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般接受隔離法分析．留意：用整體法時要分清內(nèi)力、外力．2．(2022·長春調(diào)研)如圖所示，50個大小相同、質(zhì)量均為m的小物塊，在平行于斜面對上的恒力F作用下一起沿斜面對上運動．已知斜面足夠長，傾角為30°，各小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則第3個小物塊對第2個小物塊的作用力大小為()A.eq\f(1,25)FB.eq\f(24,25)FC．24mg＋eq\f(F,2)D．由于動摩擦因數(shù)未知，所以不能確定解析：選B.對小物塊整體進行受力分析后依據(jù)牛頓其次定律求出加速度，取1、2小物塊整體為爭辯對象可知B正確．動力學中的臨界極值問題eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])————————————該得的分一分不丟！(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2①(2分)v＝v0＋at②(2分)聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得a＝3m/s2③v＝8m/s.④(1分)(2)設物塊所受支持力為N，所受摩擦力為f，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓其次定律得Fcosα－mgsinθ－f＝ma⑤(2分)Fsinα＋N－mgcosθ＝0⑥(2分)又f＝μN⑦(1分)聯(lián)立⑤⑥⑦式得F＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα)⑧(1分)由數(shù)學學問得cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α)⑨(2分)由⑧⑨式可知對應F最小時與斜面間的夾角α＝30°⑩(1分)聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N．(1分)[答案](1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13\r(3),5)N[題后感悟](1)遇到新問題時，只要通過分析與已把握的學問方法或已解決過的類似問題聯(lián)系起來，就可降低解決新問題的難度．(2)臨界或極值條件的標志①有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；②若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態(tài)；③若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點．3．如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物塊放在傾角為θ＝37°的斜面體上，斜面體質(zhì)量為M＝2kg，斜面體與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，地面光滑，現(xiàn)對斜面體施一水平推力F，要使物塊m相對斜面靜止，試確定推力F的取值范圍．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)解析：設物塊處于相對斜面對下滑動的臨界狀態(tài)時的推力為F1，此時物塊受力分析如圖所示，取加速度的方向為x軸正方向．對物塊，水平方向有Nsinθ－μNcosθ＝ma1豎直方向有Ncosθ＋μNsinθ－mg＝0對M、m整體有F1＝(M＋m)a1代入數(shù)值得：a1＝4.8m/s2，F(xiàn)1＝14.4N設物塊處于相對斜面對上滑動的臨界狀態(tài)時的推力為F2，對物塊受力分析如圖，在水平方向有N′sinθ＋μN′cosθ＝ma2豎直方向有N′cosθ－μN′sinθ－mg＝0對整體有F2＝(M＋m)a2代入數(shù)值得a2＝11.2m/s2，F(xiàn)2＝33.6N綜上所述可知推力F的取值范圍為：14.4N≤F≤33.6N答案：見解析“滑塊——木板模型”問題的分析eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])————————————該得的分一分不丟！(1)木板受到的摩擦力f＝μ(M＋m)g＝10N木板的加速度a＝eq\f(F－f,M)＝2.5m/s2.(2分)(2)設拉力F作用時間t后撤去F撤去后，木板的加速度為a′＝－eq\f(f,M)＝－2.5m/s2(2分)木板先做勻加速運動，后做勻減速運動，且a＝－a′，故at2＝L解得t＝1s，即F作用的最短時間為1s．(2分)(3)設木塊的最大加速度為a木塊，木板的最大加速度為a木板，則μ1mg＝ma木塊得a木塊＝μ1g＝3m/s2(2分)對木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板(2分)木板能從木塊的下方抽出的條件為a木板>a木塊解得F1>25N．(2分)(4)木塊的加速度a木塊′＝μ1g＝3m/s2(1分)木板的加速度a木板′＝eq\f(F2－μ1mg－μM＋mg,M)＝4.25m/s2(1分)木塊滑離木板時，兩者的位移關系為x木板－x木塊＝L，即eq\f(1,2)a木板′t2－eq\f(1,2)a木塊′t2＝L.(2分)代入數(shù)據(jù)解得t＝2s．(2分)[答案](1)2.5m/s2(2)1s(3)大于25N(4)2s[建模感悟](1)模型特點：上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動．(2)解題思路①分析滑塊和木板的受力狀況，依據(jù)牛頓其次定律分別求出滑塊和木板的加速度；②對滑塊和木板進行運動狀況分析，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建立方程．特殊留意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移．4．如圖所示，傾角α＝37°的固定斜面上放一塊質(zhì)量M＝1kg、長度L＝3m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為7m．在平板的上端A處放一質(zhì)量m＝0.6kg的滑塊，開頭時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速度地釋放．假設平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，求滑塊、平板下端B到達斜面底端C的時間差是多少．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)解析：由于滑塊與薄板之間光滑，故釋放后滑塊將沿斜面加速下滑，且加速度為a1＝gsin37°＝6m/s2.滑塊在薄板上發(fā)生相對滑動時，對薄板受力分析有Mgsin37°<μ(M＋m)gcos37°，則滑塊在薄板上滑動時，薄板靜止不動．則可知滑塊離開薄板時的位移即為薄板長度，由運動學公式veq\o\al(2,B)－0＝2a1L得，vB＝6m/s.而滑塊由B至C過程中，受摩擦力作用，由牛頓其次定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得a2＝2m/s2.設滑塊由B至C所需時間為t，由LBC＝vBt＋eq\f(1,2)a2t2，解得t＝1s.對薄板而言，滑塊滑離后它才開頭運動，同理有Mgsin37°－μMgcos37°＝Ma，解得a＝2m/s2.由LBC＝eq\f(1,2)at′2可得平板下端B滑到C端用時t′＝eq\r(7)s.故滑塊、平板下端B到達斜面底端C的時間差是Δ